宁波镇海中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试卷（解析版）

2026届高二数学秋季月考卷第一期【答案】A【解析】考点：本小题主要考查平面向量的基本运算，属容易题.丄l2，则实数a的值为()【答案】D【解析】【分析】对a进行分类讨论，代入k1.k2=−1求解即可.a2，所以k1.k2=−1，所以=−1，解得：a=−1.3.已知m是实常数，若方程x2+y2+2x+4y+m=0表示的曲线是圆，则m的取值范围为()A.【答案】B【解析】【分析】由方程表示的曲线为圆，可得出关于实数m的不等式，解出即可.【详解】由于方程x2+y2+2x+4y+m=0表示的曲线为圆，则22+42−4m>0，解得m<5.【点睛】本题考查利用圆的一般方程求参数，考查计算能力，属于基础题.4.设a，b为两条直线，α,β为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是()A.若a，b与α所成的角相等，则aⅡbB.若a∥α,b∥β,α∥β,则aⅡb【答案】D【解析】A.0B.−C.−或0D.【答案】D【解析】【分析】求出MN到圆心的距离和圆心(3,2)到直线y=kx+3的距离，即可求出k的值.2【答案】B【解析】【分析】假设直线截距式方程，代入已知点坐标可得a,b之间关系，根据a,b为正整数可分析得到结果.【详解】」a,b均为正整数，::a= 或即满足题意的直线l方程有2条.取值范围是()【答案】C【解析】a的范围.28.已知点P在直线y=−x−3上运动，M是圆x2+y2=1上的动点，N是圆(x−9)2+(y−2)2=16上的动点，则PM+PN的最小值为()【答案】D【解析】【分析】根据圆的性质可得PM+PN≥PO+PC−5，故求PM+PN的最小值，转化为求PC+PO的最小值，再根据点关于线对称的性质，数【详解】如图所示，2故求PM+PN的最小值，转化为求PC+PO的最小值，当P,G,C三点共线时，等号成立，【答案】AC【解析】不平行.【答案】AC【解析】【详解】π3选项A：先判断出AD1与A1C1所成角即为BC1与A1C1所成角，□ABC1为π3;故AA.四边形MAPB面积的最小值为4B.四边形MAPB面积的最大值为8C.当上APB最大时，PA=2D.当上APB最大时，直线AB的方程为x+y=0【答案】ACD【解析】【分析】根据已知，结合图形，利用直角三角形、正方形的性质、直线方程股定理计算求解.MAPB的面积S=2S△PAM=PA.AM=2PA，对于B，因为MP无最大值，即PA无最大值，故四边形MAPB面积无最大值，故B错误；对于C，因为上APM为锐角，上APB=2上APM，且sin上APM=故当MP最小时，上APM最大，此时上APB最大，此时PA=2，故C正确；l2之间的距离最大值为.【答案】5【解析】【分析】分别求出直线l1，l2过的定点A，B，当AB与两直线垂直时距离最大，且最大值为|AB|，由此即可求解.ABC，则该三棱锥的外接球的表面积为.【解析】【分析】本题首先可在DPAB中根据余弦定理得出AB=3，然后通过勾股定理得出垂直的性质得出BC丄平面PAB，外接球的球心到平面PAB的距离为2，再然后通过正弦定理求出DPAB的外接圆的半径，最后根据R2=r2+22求出外接球的半径，即可求出外接球的表面积.【详解】在DPAB中，由余弦定理易知，AB2=PA2+PB2–2.PA.PB.cosLAPB，2–2×=9，解得AB=3，因为AB2+BC2=AC2，所以AB丄BC，因为平面PAB丄平面ABC且交于AB，BC⊂平面ABC，所以BC丄平面PAB，外接球的球心到平面PAB的距离为BC=2，设□PAB的外接圆的半径为r，外接球的半径为R，则由正弦定理得出，解得r=R2=r2+22，解得R=·,外接球的表面积S=4πR2=28π,故答案为：28π.【点睛】关键点点睛：本题考查几何体的外接球的表面积的求法，考查面面垂直证明线面垂直，考查余弦定理与正弦定理的应用，考查数形结合思想，是难题.14.若点A（x，y）满足Cx+3）2+（y+4）2≤25，点B是直线3x+4y=12上的动点，则对定【答案】【解析】,将模长最值问题转化为求圆心到直5【点睛】此题考查求距离的最值问题，以向量为背景，通过几何关系进行转化，转化为求圆及其内部的点到直线距离的最值问题，涉及数形结合思想.（1）若直线l过点P，且点A(1,3)和点B(3,2)到直线l的距离相等，求直线l的程.【解析】（2）可设直线方程的截距式，由题可得即求.16.某同学在劳动实践课上制作了一个如图所示的容器，其上方体，已知正四棱锥S−ABCD的高是长方体ABCD（2）求正四棱锥的斜高和体积.【解析】（2）设AC，BD交于点O，连结SO，则SO为正四棱锥的高，取AB的中点E，连结OE、SE，则SE为正四棱锥的斜高，利用正四棱锥的性质以及锥体的体积公式可得结果.记长方体外接球的半径为R，线段AC1就是其外接球直（2）如图，设AC，BD交于点O，连结SO，则SO为正四棱锥的高，取AB的中点E，连结OE、SE，则SE为正四棱锥的斜高，−1,，P是直线l1:y=x−2上的任意一点，直线:y=x+1与圆C交于A、B两点.22（2）求PA+PB的最小值.22【答案】（1）x2+y2+2x−1=02）13.【解析】【分析】（1）设圆C的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，即可根据题意列出三个方程，解出D,E,F，即可得到圆C的方程；（2）联立直线l2的方程和圆C的方程可得A、B两点的坐标，设P(x,y)，再根据两点间的距22示出PA+PB，消去y，可得关于x的二次函数，即可求出最小值.22【详解】（1）设圆C的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，依题意可得，{−2D+E+F+5={−2D+E+F+5=0⇒D=2,E=0,F=−1.l−D+E+F=3=0所以圆C的方程为：x2+y2+2x−1=0.不妨设A(0,1),B(−2,−1)，P(x,y)，则y=x−2，22故PA+PB的最小值为13.22【点睛】本题主要考查圆的方程的求法，直线与圆的交点坐标的求法，以及两点间的距离在考查学生的数学运算能力，属于基础题.2=4.（1）若直线l过点A(−1,0)，且与圆C1相切，求直线l（2）设P为直线上的点，满足：过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2，它们分别与圆C1和圆C2相交，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等．试求满足条件的点P的坐标.【答案】（1）x=−1或3x−4y+3=0【解析】离等于半径可构造方程求得k，由此可得切线方程；设点P当直线l1斜率存在时，根据截得弦长相等可求得m的值；当l1斜率为0时，易知不满足题意；当直线l1斜率存在且不为0时，假设直线l1,l2方程，根据垂径定理表示出直线被圆截得的弦长，根据k有无数个解可确定m的取值.当直线l斜率存在时，设其方程为：y=k k2+14:圆心C1到直线l的距离d==2 k2+14:直线l方程为，即3x−4y+3=0；：，:l2:y=m被圆C2截得的弦长为解得：②当过P的直线l1斜率为0时，直线l2斜率不存在，此时l2:x=−与圆C2相离，不合题意；(3)③当过P|(−2,m,的直线l1斜率存在且不为(3):圆心C1到直线l1的距离；圆心C2到直线l2的距离d2=；」直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，,2:d1=d2，:−3k−2+2m=11+10k−2km，综上所述：满足条件的P点的坐标为.=2，D、E、F分别为AC、BC、B1B的中点，G为线段DE上一动点.